Математикадан 56-шы халықаралық олимпиада, 2015 жыл, Чиангмай
ABC үшбұрышында Ω ол сырттай сызылған шеңбері, O осы шеңбердің центрі. Центрі A болатын Γ шеңбері BC қабырғасын D және E нүктелерінде қияды, мұнда B, D, E мен C әртүрлі нүктелер және олар BC түзуінде осындай ретпен орналасқан. Γ және Ω шеңберлері F және C нүктелерінде қиылысады, мұнда A, F, B, C мен G нүктелері Ω-ның бойында осындай ретпен орналасқан. BDF үшбұрышына сырттай сызылған шеңбер AB кесіндісін екінші рет K нүктесінде қисын. CGE үшбұрышына сырттай сызылған шеңбер CA кесіндісін екінші рет L нүктесінде қисын. FK және GL түзулері әртүрлі және олар X нүктесінде қиылыссын. X нүктесі AO түзуінің бойында жататынын дәлелдеңіз.
посмотреть в олимпиаде
Комментарий/решение:
F и G - точки пересечения Ω и Γ, значит FG⊥AO (так как FG - их рад. ось, а AO - линия центров).
Тогда, (!)X∈AO⇔(!)FX=GX⇔(!)∡GFX=∡XGF=∡GFK=∡LGF (∡ABC - ориентированный угол ABC).
Пусть ∡GFK=α,∡LGF=γ,∡DFG=β,∡FGE=ω,∡GFA=∡AGF=θ.
(!)α=γ
Тогда справедливы следующие равенства:
∡LGE=∡LGF+∡FGE=γ+ω=∡LCE⇒∡GCE=∡GCA+∡LCE=θ+γ+ω=∡GCB.
∡DFK=∡DFG+∡GFK=β+α=∡DBK⇒∡DBF=∡DBK+∡KBF=α+β+θ
∡DFG=β=∡DEG=∡CEG⇒∡CEG+∡EGC+∡GCE⇒∡EGC=−β−θ−γ−ω⇔∡CGE=β+θ+γ+ω.⇒∡CGF=∡CGE+∡EGF=β+θ+γ+ω−ω=β+γ+θ.
Но так как FGCB вписанный, ∡CGF=∡CBF=∡DBF⇔α+β+θ=β+θ+γ⇒α=γ.
Что и требовалось доказать.
Возможно, что при неправильном наборе формул, они будут
доредактированы модератором. При этом содержание не будет меняться.